高考工艺流程题解题技巧答案

1、工艺流程题一、化工流程命题立意及考点工艺流程是近几年高考的热点，它是传统“无机框图题”的变革与创新。以化工生产为背景，用框图的形式表述生产流程，是化学与生产、生活联系的重要体现，体系全，考点多核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产品分离提纯等。知识落点：信息方程式书写、化学用语的表达、生产条件的控制、物质的分离等。能力考查：获取信息的能力、分析问题的能力、表达能力。二、解题策略1、工艺流程题的结构原料预处理除杂、净化产品分离提纯反应条件控制原料循环利用排放物的无害化处理规律是“主线主产品，分支副产品，回头为循环”。2. 解答基本步骤（1）读题头，得目的，划原料，明产品，解

2、决“干什么”（2）读题问，逐空填答，用语要规范，解决“怎么写”三、化工流程常见考点答题套路(1)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。(2)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。(3)温度不高于的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成(如浓硝酸)挥发、(如H2O2、NH4HCO3)分解、(如Na2SO3)氧化或促进(如AlCl3)水解等，影响产品的生成。(4)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大的晶体)的方法：蒸发浓缩(至有晶膜出现)、冷却结晶、过

3、滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。(5)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法:蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。(6)溶液配制、灼烧、蒸发、过滤用到的仪器。(7)控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀:调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定、范围过小的后果(导致某离子沉淀不完全)或过大的后果(导致主要离子开始沉淀)。(8)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。(9)证明沉淀完全的

4、操作：答题模板静置，取上层清液少许于一支试管中，再加入试剂，若没有沉淀生成，说明沉淀完全。(10)洗涤沉淀的操作：答题模板将沉淀放入过滤装置中，沿玻璃棒加蒸馏水至浸没沉淀，静置，待水流尽后，重复操作23次（若滤渣易溶于水，可用无水乙醇进行洗涤。可减少沉淀损失，无水乙醇易挥发，不引入杂质。）(11)判断沉淀洗净的方法：答题模板取最后一次洗涤液少许于一支试管中，滴加试剂（可与杂质的某些离子发生沉淀反应），若没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净。(12) 洗涤的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。提高可溶性物质的产率(13冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中

5、的溶解损耗。(14)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。(15)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。(16)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的气体(如氧气)防止某物质被氧化。四、训练题1用碱式溴化镁废渣主要成分为Mg（OH）Br，还含有少量有机溶剂及高分子化合物生产C2H5Br（不溶于水，密度为1.46gcm3）和MgCl26H2O，既可减少污染又可得化工原料，有关工艺流程如图所示回答下列问题：（1）碱式溴化镁溶于盐酸时，1molMg（OH）Br消耗0.5molL1的盐

6、酸的体积为L（2）分离操作包括过滤和分液，其目的是 ；分离操作时所需的玻璃仪器为 和 （3）提溴时，溶液预热至60时开始通入氯气，一段时间后，溶液的温度会自然升高到100，说明提溴反应为 （填“放热”或“吸热”）反应；提溴废液需减压、蒸发、浓缩的目的是 （4）在浓硫酸催化下，合成溴乙烷粗品的化学方程式为 ；合成时，反应温度不能过高，其主要原因是 （5）精制溴乙烷的步骤为水洗、Na2SO3溶液洗涤水洗及干燥，其中Na2SO3溶液洗涤的目的是 （6）用惰性电极在一定条件下电解MgCl2溶液可制取催熟剂氯酸镁，该电解反应的化学方程式为 1.（1）2； （2）除去其中的有机物和高分子化合物；分液漏斗；

7、烧杯； （3）放热；镁离子易水解，抑制镁离子的水解； （4）6CH3CH2OH+3Br2+S 6CH3CH2Br+H2SO4+2H2O；减少乙醇的挥发而损失； （5）溴乙烷中溶解的溴； （6）MgCl2+6H2OMg（ClO3）2+6H22工业上以锂辉石（Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂其部分工业流程如图：已知：Li2OAl2O34SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O34SiO2H2O某些物质的溶解度（S）如表所示T/20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）

8、从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质则步骤中反应的离子方程式是请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式 （2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述） （3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是 （4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解b电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3a中，阳极的电

9、极反应式是 b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 2.（1）Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2； （2）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq），Mg2+与OH结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀 （3）减少Li2CO3的损失； （4）2C12e=Cl2； 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O3.硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂等现欲用氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）为原料生产ZnSO47H2O,

10、工艺流程如图27-l: （l）步骤I的操作是_ _，滤渣A的主要成分是_ _。（2）步骤I加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气，其目的是 。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾溶液，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为 。（4）步骤得到的滤液中，阳离子是_。（不考虑H+）（5）步骤IV中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是 。（6）取28.70 gZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图27-2所示。650时所得固体的化学式为_（填字母序号）。a. ZnO b. Zn3O(SO4)2 c. ZnSO4 d. ZnSO4H2

11、O3.（1）过滤（1分）H2SiO3 （2）生高温度，加快反应速率（3）3Fe2+MnO4-8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+ （4）Zn2+、K+（5）防止ZnSO47H2O分解，并减少ZnSO4水解（6）b4.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，在潮湿空气中易水解氧化，且在氯离子浓度较大的体系中存在CuCl+Cl-CuCl2-。工业上用低品铜矿（主要含CuS、Cu2S、FeO等）制备CuCl的一种工艺流程如下：回答下面问题：（1）反应I中被氧化的元素有_。（填元素符号）（2）滤渣II的成分主要为MnCO3，写出除Mn2+的离于方程式

12、_ _ _。（3）写出反应II中发生反应的离子方程式_ _。 （4）在进行反应II时，通入的SO2一般都要适当过量，目的是_ _。（5）滤饼进行醇洗的目的是_ _。（6）在进行反应II时，当氯化钠用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减小，原因是_ _。（7）Cu2+的沉淀率是指转化为CuCl的n(Cu2+)占总的n(Cu2+)的百分比。在一定条件下Cu2+沉淀率与沉淀前的Cl-、Cu2+的物质的量之比的关系如下图所示。CuCl+Cl- CuCl2 -的平衡常数K=6.510-2，则该条件下Cu2+的最大沉淀率为_。（保留两位小数）。4. (1)S、Cu、Fe（2）Mn2+ + HCO3- +

13、NH3H2O =MnCO3+ NH4+ + H2O（3）SO2 + 2Cu2+ + 2Cl- + 2H2O = 2CuCl+SO42- + 4H+ （4）将CuCl2完全转化为CuCl并防止CuCl的氧化。（5）醇洗有利于加快除去CuCl表面水分，并防止其水解和氧化（6）增大氯离子浓度，CuCl+Cl- CuCl2-平衡向右移动，使生成的氯化亚铜又部分转化为CuCl2-（7）99.39%5.镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：(NH4)2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO

14、4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡（Sn）位于第五周期第A族。（1）焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_ _ _。（2）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_ _，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有_（填化学式）。（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的_倍；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的

15、离子方程式为_ _。（4）“浸出液”中c(Ca2+) = 1.0103molL1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F) = _ molL1。（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值是_。5.（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+，SiO2、CaSO4；（3）0.5，Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）2.0103 ；（5）0.25。6用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al203、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2

16、O42H2O）的工业流程如图。己知：草酸钴晶体难溶于水RH为有机物(难电离）（1）滤渣I的主要成分是_（填化学式），写出一种能提高酸浸速率的措施_。（2）操作 用到的主要仪器有_。（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式_ _。（4）加入氧化钴的目的是_ _。（5）草酸钴晶体分解后可以得到多种钴的氧化物（其中Co的化合价为2、3），取一定量钴的氧化物，用280mL 5mol/L盐酸恰好完全溶解，并得到CoCl2溶液和2.24L（标准状况）黄绿色气体，由此可确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为_。（6）实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42-

17、），测定溶液中C2O42-的浓度，写出此反应的离子方程式_ _；KMnO4 标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。6.（1）SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度；搅拌（任写一条即可）（2）分液漏斗、烧杯（3）2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O （4）调节溶液pH ；（5）6:7 （6）2MnO4-5C2O42-16H+=2Mn2+l0CO2+8H2O；偏高7铋（Bi）的无毒与不致癌性有很多特殊用途，其化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含杂质PbO2等）制备Bi2O3的工艺如下：回答下列问题：（1）B

18、i位于元素周期表第六周期，与N、P同族，Bi的原子结构示意图为_。（2）“浸出”时Bi2S3与FeCl3溶液反应的化学方程式为_ _，反应液必须保持强酸性，否则铋元素会以BiOCl（碱式氯化铋）形式混入浸出渣使产率降低，原因是_ _（用离子方程式表示）。（3）“置换”时生成单质铋的离子方程式为_ _，“母液1”中通入气体X后可循环利用，气体X的化学式为_。（4）“粗铋”中含有的杂质主要是Pb，通过熔盐电解精炼可达到除杂的目的，其装置示意图如右。电解后，阳极底部留下的为精铋。写出电极反应式：阳极 ；阴极_ _。（5）碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改

19、良产品性状，另一优点是_。“母液2”中可回收的主要物质是_。7.（1）；（2）6FeCl3+Bi2S3=2BiCl3+6FeCl2+3S；Bi3+H2O+Cl-=BiOCl+2H+；（3）2Bi3+3Fe=3Fe2+2Bi；Cl2；（4）Pb-2e-=Pb2+；Pb2+2e-=Pb；（5）没有污染性气体产生；NH4NO38.以某菱锰矿（含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等）为原料通过如图1的方法可获得碳酸锰粗产品（已知：Ksp（MnCO3）=2.21011，KspMn（OH）2=1.91013，KspAl（OH）3=1.31033，KspFe（OH）3=4.01038）（1）滤

20、渣1中，含铁元素的物质主要是 （填化学式，下同）；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中 含量减少（2）滤液2中，+1价阳离子除了H+外还有 （填离子符号）（3）取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液（作催化剂）和过量的1.5%（NH4）2S2O8溶液，加热，Mn2+被氧化为MnO4-，反应一段时间后再煮沸5min除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温选用适宜的指示剂，用b molL1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液V mLMn2+与（NH4）2S2O8反应的还原产物为 （填化学式）“沉锰

21、”前溶液中c（Mn2+）= molL1（4）其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度（c0）、反应时间的关系如图2所示NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越 （填“高”或“低”），简述原因 若溶液中c（Mn2+）=1.0molL1，加入等体积1.8molL1 NH4HCO3溶液进行反应，计算2040min内v（Mn2+）= 8.（1）Fe（OH）3；SiO2、Al（OH）3；（2）Na+、NH4+；（3）SO42；（4）高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c（CO32）度越大，根据溶度积Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32）可知溶液c（Mn2+）越小，

22、析出的MnCO3越多；0.0075mol/（Lmin）9铝鞣剂在皮革工业有广泛应用某学习小组以铝灰为原料制备铝鞣剂Al（OH）2Cl，设计如下化工流程（提示：铝灰的主要成分是Al、Al2O3、AlN、FeO等）：请回答下列问题：（1）酸D的化学式为 ；气体C的电子式 （2）实验室检验气体A的操作是 ；“水解”温度保持在90左右，写出水解生成A的化学方程式： （3）“酸溶”温度控制在3035，不宜太低，也不宜太高，其原因是；氧化剂E宜选择（填字母）A漂白液 B稀硝酸 C酸性高锰酸钾溶液 D溴水（4）“除杂”过程中产生滤渣的离子方程式为 （5）粗产品略显浅黄色，可能含有的杂质主要是 （填化学式）若

23、用“蒸发”代替“喷雾干燥”，其后果是 9.（1）HCl；（2）将一片湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒的一端接触气体A，若试纸变蓝，则A为NH3；AlN+3H2OAl（OH）3+NH3（3）温度太低，反应慢；温度太高，盐酸挥发快；A（4）2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2（5）Fe（OH）3；Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3，几乎得不到Al（OH）2Cl10 钨主要用于制造硬质或耐高温的合金。自然界中黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物。黑钨矿冶炼钨的工艺流程如下： 已知：滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2；上述流程中，除最后一步外，其余步骤中钨的化合价未变；常温下钨酸难溶于水。回答下列问题：（1）